高考数学模拟复习试卷试题模拟卷223 5
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高考模拟复习试卷试题模拟卷
【高频考点解读】
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式；
2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法．
【热点题型】
题型一 分组转化法求和
例1、已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，求其前n项和Sn.
【提分秘籍】
某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论．
【举一反三】
(1)数列{an}中，an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}前12项和等于( )
A．76B．78C．80D．82
(2)已知数列{an}的前n项是3＋2－1,6＋4－1,9＋8－1,12＋16－1，…，则数列{an}的通项公式an＝________，其前n项和Sn＝________.
答案 (1)B (2)3n－1＋2n12n(3n＋1)＋2n＋1－2
解析 (1)由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，①
得an＋2＋(－1)n＋1an＋1＝2n＋1，② 由①②得an＋2＋an＝(－1)n·(2n－1)＋(2n＋1)，
取n＝1,5,9及n＝2,6,10，
结果相加可得
S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.
(2)由已知得数列{an}的通项公式为
an＝3n＋2n－1＝3n－1＋2n，
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝(2＋5＋…＋3n－1)＋(2＋22＋…＋2n) ＝n2＋3n－12＋21－2n1－2
＝12n(3n＋1)＋2n＋1－2.
题型二错位相减法求和
例2、已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d.
由已知得 3a1＋3d＝6，8a1＋28d＝－4，解得 a1＝3，d＝－1.
故an＝3＋(n－1)·(－1)＝4－n.
(2)由(1)得，bn＝n·qn－1，于是
Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋n·qn－1.
若q≠1，将上式两边同乘以q有
qSn＝1·q1＋2·q2＋…＋(n－1)·qn－1＋n·qn.
两式相减得到(q－1)Sn＝nqn－1－q1－q2－…－qn－1
＝nqn－qn－1q－1＝nqn＋1－n＋1qn＋1q－1.
于是，Sn＝nqn＋1－n＋1qn＋1q－12.
若q＝1，则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝nn＋12. 所以Sn＝ nn＋12，q＝1，nqn＋1－n＋1qn＋1q－12，q≠1.
【提分秘籍】
(1)错位相减法是求解由等差数列{bn}和等比数列{cn}对应项之积组成的数列{an}，即an＝bn×cn的前n项和的方法．这种方法运算量较大，要重视解题过程的训练．
(2)注意错位相减法中等比数列求和公式的应用范围．
【举一反三】
已知首项为12的等比数列{an}是递减数列，其前n项和为Sn，且S1＋a1，S2＋a2，S3＋a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an·log2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求满足不等式Tn＋2n＋2≥116的最大n值．
(2)由于bn＝anlog2an＝－n·(12)n，
∴Tn＝－[1·12＋2·(12)2＋…＋(n－1)·(12)n－1＋n·(12)n]，
于是12Tn＝－[1·(12)2＋…＋(n－1)·(12)n＋n·(12)n＋1]，
两式相减得：12Tn＝－[12＋(12)2＋…＋(12)n－n·(12)n＋1] ＝－12·[1－12n]1－12＋n·(12)n＋1，
∴Tn＝(n＋2)·(12)n－2.
∴Tn＋2n＋2＝(12)n≥116，解得n≤4，
∴n的最大值为4.
题型三裂项相消法求和
例3 、已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－14nanan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋2×12×2＝2a1＋2，
S4＝4a1＋4×32×2＝4a1＋12，
由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，
所以an＝2n－1.
【提分秘籍】
利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．
【举一反三】
在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S2n＝anSn－12.
(1)求Sn的表达式；
(2)设bn＝Sn2n＋1，求{bn}的前n项和Tn.
解 (1)∵S2n＝anSn－12，
an＝Sn－Sn－1 (n≥2)，
∴S2n＝(Sn－Sn－1)Sn－12，
即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，①
由题意得Sn－1·Sn≠0，
①式两边同除以Sn－1·Sn，得1Sn－1Sn－1＝2，
∴数列1Sn是首项为1S1＝1a1＝1，公差为2的等差数列．
∴1Sn＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝12n－1.
(2)∵bn＝Sn2n＋1＝12n－12n＋1
＝1212n－1－12n＋1，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n－1－12n＋1)]
＝121－12n＋1＝n2n＋1.
【高考风向标】
【高考福建，文17】等差数列na中，24a，4715aa．
（Ⅰ）求数列na的通项公式；
（Ⅱ）设22nanbn，求12310bbbb的值．
【答案】（Ⅰ）2nan；（Ⅱ）2101．
【解析】（I）设等差数列na的公差为d． 由已知得11143615adadad，
解得131ad．
所以112naandn．
（II）由（I）可得2nnbn．
所以231012310212223210bbbb
2310222212310
1021211010122
112255
112532101．
【高考北京，文16】（本小题满分13分）已知等差数列na满足1210aa，432aa．
（I）求na的通项公式；
（II）设等比数列nb满足23ba，37ba，问：6b与数列na的第几项相等？
【答案】（I）22nan；（II）6b与数列na的第63项相等.
【解析】（Ⅰ）设等差数列na的公差为d.
因为432aa，所以2d.
又因为1210aa，所以1210ad，故14a.
所以42(1)22nann(1,2,)n.
（Ⅱ）设等比数列nb的公比为q.
因为238ba，3716ba，
所以2q，14b. 所以61642128b.
由12822n，得63n.
所以6b与数列na的第63项相等.
【高考安徽，文18】已知数列na是递增的等比数列，且14239,8.aaaa
（Ⅰ）求数列na的通项公式；
（Ⅱ）设nS为数列na的前n项和，11nnnnabSS，求数列nb的前n项和nT.
【答案】（Ⅰ）12nna（Ⅱ） 112221nn
【高考山东，文19】已知数列na是首项为正数的等差数列，数列11nnaa•的前n项和为21nn.
（I）求数列na的通项公式；
（II）设12nannba，求数列nb的前n项和nT. 【答案】（I）21.nan (II) 14(31)4.9nnnT
【解析】
（I）设数列na的公差为d，
令1,n得12113aa，所以123aa.
令2,n得12231125aaaa，所以2315aa.
解得11,2ad，所以21.nan
【高考重庆，文16】已知等差数列na满足3a=2，前3项和3S=92.
(Ⅰ)求na的通项公式，
(Ⅱ)设等比数列nb满足1b=1a，4b=15a，求nb前n项和nT.
【答案】（Ⅰ）+1=2nna，（Ⅱ）21nnT.
【解析】
（1）设na的公差为d，则由已知条件得
1132922,3,22adad
化简得11322,,2adad
解得11=1,2ad， 故通项公式1=1+2nna，即+1=2nna.
(2)由（1）得141515+1=1==82bba，.
设nb的公比为q,则341q8bb,从而2q.
故nb的前n项和
1(1)1(12)21112nnnnbqTq.
1．（·江西卷）已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足
anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.
(1)令cn＝anbn，求数列{cn}的通项公式；
(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.
2．（·全国卷）等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)由a1＝10，a2为整数知，等差数列{an}的公差d为整数．
又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，
于是10＋3d≥0，10＋4d≤0，
解得－103≤d≤－52，
因此d＝－3.
故数列{an}的通项公式为an＝13－3n.
